Techniques de calcul d`intégrales 54

Leçon n°
54
Techniques de calcul d’intégrales
Niveau
Prérequis
Références
9
Terminale S - BTS
intégrales, accroissements finis, primitives, propriétés sur l’intégrale, trigonométrie, fonction polynôme, fonction exponentielle
[152], [153], [154], [155], [156]
54.1 Sommes de Riemann
Soit f une application continue définie sur un segment [a, b] et à valeurs dans R, σ = (ai )1≤i≤n
est une subdivision de [a, b] (c’est-à-dire a = a0 < a1 < · · · < an = b), h est le pas de la subdivision
σ (h = max(ai+1 − ai )) et pour tout 0 ≤ i ≤ n − 1, ξi ∈ [ai , ai+1 ].
Définition 54.1 — Somme de Riemann.
le réel :
On appelle somme de Riemann associée à (f, σ, (ξi )0≤i≤n )
n−1
X
i=0
Théorème 54.2
lim
h→0
(ai+1 − ai )f (ξi ).
n−1
X
i=0
(ai+1 − ai )(ξi ) =
Z b
a
f (x) dx.
Dv
• Démonstration — Montrons que la différence suivante peut être rendue aussi petite que
voulue :
Z
b
a
f (x) dx −
n−1
X
i=0
(ai+1 − ai )f (ξi ) =
=
n−1
X Z ai+1
i=0
ai
i=0
ai
n−1
X Z ai+1
f (x) dx − (ai+1 − ai )f (ξi )
(f (x) − f (ξi )) .
En passant aux valeurs absolues, on a la majoration suivante :
Z
n−1 Z
n−1
X
b
ai+1
X
f (x) dx −
(ai+1 − ai )f (ξi ) ≤
|f (x) − f (ξi )| dx .
a
ai
i=0
i=0
Or, du théorème de Heine appliqué à f continue sur le segment [a, b], on déduit f uniformément continue sur [a, b] (et donc aussi sur chaque [ai+1 , ai ], c’est-à-dire :
∀E ∈ R∗+ , ∃η ∈ R∗+ , ∀(x, y) ∈ [a, b]2 ,
(|x − y| < η ⇒ |f (x) − f (y)| < ε).
10
Leçon n°54 • Techniques de calcul d’intégrales
Pour une subdivision σ de pas h tel que 0 < h < η, on aura :
∀x ∈ [ai , ai+1 ],
Ce qui entraînera :
|x − ξi | ≤ ai+1 − ai ≤ h < η.
|f (x) − f (ξi )| ≤ ε.
Dans ces conditions, on peut écrire :
n−1 Z
Z
n−1
n−1
X
b
ai+1
X
X
f (x) dx −
ε dx =
(ai+1 − ai )f (ξi ) ≤
ε(ai+1 − ai ) = ε(b − a).
a
ai
i=0
i=0
i=0
Ceci prouve bien que :
lim
h→0
n−1
X
i=0
(ai+1 − ai )f (ξi ) =
Z
b
f (x) dx.
a
Toute intégrale est donc une limite de somme de Riemann.
R
54.3
•
Le résultat ci-dessus reste valable si f est continue par morceaux. Il suffit de refaire la même démonstration
avec des subdivisions adaptées à f .
Proposition 54.4 — Cas particulier d’une subdivision régulière.
a+
i b−a
n
et ξi = ai (donc h =
b−a
n ).
On a alors :
ai+1 − ai =
D’où :
b−a
.
n
X
b − a n−1
b−a
f a+i
n→+∞ n
n
i=0
lim
Pour n ∈ N∗ , on particularise ai =
=
Z b
a
f (x) dx.
Proposition 54.5 — Cas particulier des fonctions définies sur [0 , 1].
alors :
Exemple 54.6
X
1 n−1
lim
f
n→+∞ n
i=0
i
n
=
Z b
a
La formule ci-dessous devient
f (x) dx
On veut étudier la limite de la somme :
n
X
i=1
1
.
n+i
On considère l’application f définie sur [0, 1] par f (x) =
n
1
1X
n→+∞ n
i=1 1 +
lim
lim
n→+∞
n
X
i=1
i
n
=
1
1+x .
Z 1
0
On a alors :
1
dx
1+x
1
= ln 2.
n+i
11
54.2 Intégration par primitives
54.2 Intégration par primitives
Théorème 54.7 — Théorème fondamental du calcul intégral.
Soit f une fonction continue sur un
intervalle I. Soit x0 ∈ I. La fonction F définie sur I par :
F (x) =
Z x
x0
f (t) dt
est l’unique primitive de f sur I s’annulant en x0 . Autrement dit : F (x0 ) = 0, F est dérivable sur I
et pour tout réel x ∈ I, F 0 (x) = f (x).
Dv
(x1 )
• Démonstration — Soit x0 ∈ I. Nous allons montrer que l’accroissement moyen F (x)−F
x−x1
admet une limite lorsque x tend vers xi et que cette limite est précisément f (x1 ). Évaluons :
Z x
Z x1
F (x) − F (xi )
1
f (t) dt −
f (t) dt − (x − x1 )f (x1 ) .
− f (x1 ) =
x − x1
|x − x1 | x0
x0
En utilisant la relation de Chasles et la formule d’intégration pour une fonction constante, on
peut écrire :
Z x
Z x
F (x) − F (x1 )
1
f (t) dt −
− f (x1 ) =
f (x1 ) dt .
x − x1
|x − x1 | x1
x1
Mais d’après la propriété de compatibilité avec l’addition :
Z x
Z x
Z x
f (t) dt −
f (x1 ) dt =
(f (t) − f (x1 )) dt
x1
D’où :
x1
x1
Z x
F (x) − F (x1 )
1
≤
|f (t) − f (x1 )| dt.
−
f
(x
)
1 x − x1
|x − x1 | x1
Or, f est continue en x1 donc admet une limite finie en x1 . Cela signifie que tout intervalle
ouvert f (x1 ) contient toutes les valeurs de f (t) pour t assez proche de x1 .
Soit ε ∈ R∗+ et I]f (x1 ) − ε , f (x1 ) + ε[. Alors, il existe un réel η tel que pour tout t ∈
]x1 − η , x1 + η[, on ait :
f (t) ∈ ]f (x1 ) − ε , f (x1 ) + ε[.
D’où :
F (x) − F (x1 )
−
f
(x
)
1 ≤ ε.
x − x1
Comme ε peut être choisi aussi petit que voulu, on a bien :
lim
x→x1
F (x) − F (x1 )
= f (x1 ).
x − x1
Donc F est dérivable en x1 , et F (x1 ) = f (x1 ). Et comme ce raisonnement est valable pour
tout x1 ∈ I, F est bien une primitive de f sur I.
•
Ce théorème admet deux corollaires fondamentaux suivantes :
12
Leçon n°54 • Techniques de calcul d’intégrales
Corollaire 54.8 — Existence de primitives pour les fonctions continues.
Toute fonction continue sur
un intervalle I admet des primitives sur I.
Soit f une fonction continue sur un intervalle I et F
une primitive de f sur I. Alors pour tous a et b dans I :
Corollaire 54.9 — Formule de Newton-Leibniz.
Z b
a
f (t) dt = F (b) − F (a).
Dv
• Démonstration — Soit x0 ∈ I et G la primitive de f définie par :
Z x
G(x) =
f (t) dt.
a
On sait que deux primitives F et G diffèrent d’une constante. Donc il existe un réel k tel que
pour tout :
F (x) = G(x) + k.
On a alors :
F (b) − F (a) = G(b) − G(a) =
R
54.10
b
f (t) dt.
a
•
La quantité F (b) − F (a) se note souvent [F (t)]a .
b
Exemples 54.11
1.
Z 1
0
2.
Z 1
0
3.
Z e
2
R
Z
1
dt =
x ln x
h i1
et dt = et
"
xn+1
xn =
n+1
Z e
1/x
2
ln x
0
= e − 1.
#1
0
=
1
.
n+1
dt = [ln(ln(t))]e2 = − ln(ln(2)).
Le choix de la primitive F choisie n’influe pas le résultat de l’intégrale. En effet, si F et G sont deux
primitives d’une même fonction f sur I, alors elles différent d’une constante. Les quantités F (b) − F (a)
et G(b) − G(a) sont donc égales.
54.12
Soit f une fonction dérivable sur un intervalle
I telle que f 0 soit continue sur I. S’il existe un réel M tel que |f 0 | ≤ M sur I alors : pour tous réels
a et b de I, on a : |f (b) − f (a)| ≤ M |b − a|.
Théorème 54.13 — Inégalité des accroissements finis.
Dv
13
54.3 Intégration par parties
• Démonstration — Pour a < b, on a :
Z
Z
b
b
0
|f 0 (t)| dt ≤ M (b − a) ≤ M |b − a| .
f (t) dt ≤
|f (b) − f (a)| = a
a
Pour a > b, ona :
Z
|f (b) − f (a)| = b
a
Z
f (t) dt ≤
a
0
b
|f 0 (t)| dt ≤ M (a − b) ≤ M |b − a| .
•
54.3 Intégration par parties
On dit qu’une fonction est de classe C 1 sur un intervalle I si elle est
dérivable sur I et si sa dérivée f 0 est continue sur I.
Définition 54.14 — Classe C 1 .
Théorème 54.15
Soient u et v deux fonctions de classe C 1 sur [a , b], alors :
Z b
a
u(t)v (t) dt =
0
[u(t)v(t)]ba
−
Z b
a
u0 (t)v(t) dt.
Dv
• Démonstration du théorème 54.15 — On sait que pour tout t ∈ [a , b] :
(uv)0 (t) = u0 (t)v(t) + u(t)v 0 (t).
En intégrant de a à b :
Z
b
(u(t)v(t)) dt =
0
a
Z
b
u0 (t)v(t) + u0 (t)v 0 (t) dt
a
et d’après la linéarité de l’intégrale :
Z
b
(u(t)v(t) ) dt =
0
a
b
u (t)v(t) dt +
0
a
b
[u(t)v(t)]a
D’où le théorème.
Z
=
Z
b
Z
b
u(t)v 0 (t) dt
a
u (t)v(t) dt +
0
a
Z
b
u(t)v 0 (t) dt.
a
•
Pour intégrer par parties, il faut
— reconnaître, dans la fonction à intégrer, le produit d’une fonction u et d’une fonction dérivée
v0 ;
— appliquer la formule d’intégration par parties.
Méthode 54.16
Exemples 54.17
1. Soit à calculer :
I=
Z 1
0
tet dt.
14
Leçon n°54 • Techniques de calcul d’intégrales
On pose u(t) = t et v 0 (t) = et . D’où u0 (t) = 1 et v(t) = et (à une constante près) et ainsi :
h
i1
I = te
t
0
−
2. Soit à calculer :
Z 1
0
et dt = e − (e − 1) = 1.
J(x) =
Z x
1
On pose u(t) = ln(t) et v 0 (t) = 1. D’où u0 (t) =
J(x) = [t ln t]x1 −
Z x
1
ln t dt.
1
t
et v(t) = t (à une constante près) et ainsi :
dt = x ln x − (x − 1) = x ln x − x + 1.
54.4 Intégration par changement de variables
Soit ϕ une fonction de classe C 1 sur [a , b], dont les valeurs sont dans R. Alors :
Théorème 54.18
Z b
f (ϕ(t))ϕ0 (t) dt =
a
Z ϕ(b)
f (u) du.
ϕ(a)
La démonstration est hors programme du BTS et admise.
R
R ϕ(b)
Dans ϕ(a) f (u) du, on pose u = ϕ(t) (changement de variable qu’on donne ou qu’on doit trouver). Si
t vaut a (resp. b) alors u vaut ϕ(a) (resp. ϕ(b)), ce qui conduit à changer les bornes de l’intégrale. Ensuite
du
0
0
dt = ϕ (t), ou encore (bien que cette écriture soit formellement incorrecte au niveau BTS), du = ϕ (t) dt,
que l’on remplace dans l’intégrale.
54.19
Dv
Rx
• Démonstration (hors programme) — Posons H(x) = α f (u) du où α et x sont deux
éléments de I. La fonction f est continue sur I, donc la fonction H est dérivable sur I, on a
H 0 (x) = f (x) pour tout x ∈ I. On a :
Z
ϕ(b)
f (u) du =
ϕ(a)
soit :
Z
α
f (u) du +
ϕ(a)
Z
ϕ(b)
ϕ(a)
Z
ϕ(b)
α
f (u) du = −
Z
ϕ(a)
f (u) du +
α
Z
ϕ(b)
f (u) du
α
f (u) du = −H(ϕ(a)) + H(ϕ(b)) = −(H ◦ ϕ)(a) + (H ◦ ϕ)(b).
Posons K = H ◦ g, nous obtenons :
Z
ϕ(b)
ϕ(a)
f (u) du = K(b) − K(a).
Comme la fonction ϕ est de classe C 1 sur l’intervalle [a, b] et puisque H est dérivable sur I,
la fonction composée K est dérivable sur [a , b] et on a :
K 0 (t) = H 0 (ϕ(t))ϕ0 (t) = f (ϕ(t))ϕ0 (t).
15
54.4 Intégration par changement de variables
Par conséquent, la fonction K est une primitive sur [a, b] de la fonction (f ◦ ϕ)ϕ0 .
De plus, les fonctions ϕ et ϕ0 sont continues sur [a, b] et la fonction f étant continue sur I
alors la fonction K 0 est continue sur [a, b] et on a :
K(b) − K(a) =
soit encore :
Z
ϕ(b)
f (u) du =
b
f (ϕ(t))ϕ0 (t)
a
Z
b
f (ϕ0 (t))ϕ(t) dt.
a
ϕ(a)
Z
•
1. Soit à calculer
Exemples 54.20
I=
Z 1
0
1
dt.
+t+1
t2
On met t2 + t + 1 sous la forme canonique :
3
t +t+1=
4
2
"
1
2t
√ +√
3
3
2
#
+1 .
Ainsi
I=
Z 1
en posant u =
0
2t
√
3
1
=
2
t +t+1
+
√1 ,
3
Z 1
4
0
3 ( √2t +
3
d’où du =
√2
3
1
√1
3
4
dt =
2
3
) +1
Z √3
√
1/ 3
√
1
3
du,
2
u +1 2
dt
√
2
2
U = √ [arctan(u)]1/3√3 = √
3
3
π π
−
3
6
√
π 3
=
.
9
2. Soit f une fonction T -périodique. Alors l’intégrale de f sur une période est constante ; par
exemple :
Z T
0
f (t) dt +
Z T
=
Z T /2
f (t) dt +
Z 0
=
Z 0
f (u) du +
=
Z T /2
f (t) dt.
f (t) dt =
Z T /2
0
T /2
f (t) dt
par la relation de Chasles
en posant u = t − T
0
−T /2
−T /2
f (u + T ) du
Z T /2
0
f (t) dt
car f (u + T ) = f (u)
−T /2
16
Leçon n°54 • Techniques de calcul d’intégrales
Exercice 54.21 — Intégrale de Wallis.
In =
Z π/2
0
(cos t) dt, Jn =
n
Z π/2
0
Il s’agit, pour n ∈ N, des intégrales suivantes :
(sin t) dt, Kn =
n
Z 1
−1
2 n
(1 − t ) dt, Ln =
Z 1
−1
(t2 − 1)n dt.
1. On va calculer In grâce à une intégration par parties. On a immédiatement :
π
I0 =
2
et
I1 =
Z π/2
0
cos t dt = 1.
Pour tout n ≥ 0, on a, par intégration par parties [u(t) = (cos t)n+1 et v 0 (t) = cos t]
In+2 =
Z π/2
0
h
(cos t)n+1 cos t dt = (cos t)n+1 sin t
it
0
+ (n + 1)
In+2 = (n + 1)(In − In+2 ) ⇔ In+2 =
ou encore
In =
n−1
In−2
n
Z π/2
0
(cos t)n (sin t)2 dt
n+1
In
n+2
pour tout n ≥ 2.
On en déduit immédiatement :
π
2
2
3
3π
1
.
I2 = I0 = , I3 = I1 = , I4 = I2 =
2
4
3
3
4
16
Ainsi, on peut en déduire une formule générale :
— Si n pair (n = 2p)
I2p
2p
2p − 1 2p − 3
1
(2p)!π
p π
=
×
× · · · × I0 = 2p+1
= 2p+1 .
2
2p
2p − 2
2
2
(p!)
2
— Si n impair (n = 2p + 1) :
I2p+1 =
2p − 2
2
22p (p!)2
2p
×
× · · · × I1 =
.
2p + 1 2p − 1
3
(2p + 1)!
2. On calcule Jn en se ramenant à In . En posant u =
Jn =
Z π/2
0
(sin t) dt =
n
Z 0
−π/2
π
2
− t, on obtient :
n
π
sin
−u
2
(− du) =
Z π/2
0
(cos u)n du = In .
3. On calcule Kn en se ramenant à I2n+1 . On pose u = arcsin t (t 7→ arcsin t est une bijection
de [−1 , 1] dans [− π2 , π2 ]). On a donc t = sin u.
Kn =
Z 1
−1
(1 − t2 )n dt =
Z π/2
−π/2
(cos u)2n cos u du = 2I2n+1 =
22n+1 (n!)2
.
(2n + 1)!
4. On calcule Ln en se ramenant à Kn .
Ln =
Z 1
−1
(t2 − 1)n dt = (−1)n Kn =
(−1)n 22n+1 (n!)2
.
(2n + 1)!
17
54.5 Intégration de fractions rationnelles
54.5 Intégration de fractions rationnelles
Exercice 54.22
1. Déterminer les réels a, b et c tels que, pour tout x ∈ R \ {−1, 1} :
a
2x2 − 4
b
c
=
+
+
2
(x − 1)(x + 1)
x − 1 x + 1 (x + 1)2
2. (a) En déduire sur ]1 , +∞[ une primitive F1 de la fonction f définie par :
f (x) =
2x2 − 4
.
(x − 1)(x + 1)2
(b) Déterminer une primitive F2 de f sur l’intervalle ]−1 , 1[ puis une primitive F3 sur l’intervalle ]−∞ , 1[.
3. Calculer la valeur exacte de
I=
Z −2
−4
2x2 − 4
dx
(x − 1)(x + 1)2
puis la valeur décimale approchée de 1 à 10−2 près par défaut.
Dv
• Correction de l’exercice —
1.
a
b
c
a(x + 1)2 + b(x − 1)(x + 1) + c(x − 1)
+
+
=
x − 1 x + 1 (x + 1)2
(x − 1)(x + 1)2
2
a(x + 2x + 1) + b(x2 − 1) + cx − c
=
(x − 1)(x + 1)2
2
2x2 − 4
(a + b)x + (2a + c)x + a − b − c
=
=
.
(x − 1)(x + 1)2
(x − 1)(x + 1)2
L’égalité est vérifiée pour tout x ∈ R \ {−1, 1}, la comparaison des coefficients respectifs
donne :


a + b = 2
2a + c = 0


a − b − c = −4
On exprime, à l’aide des deux premières équations, b et c en fonction de a et l’on reporte
les expressions trouvées dans la troisième équation b = 2 − a et c = −2a :
1
a − (2 − a) − (−2a) = −4 ⇔ 4a = −2 ⇔ a = − .
2
On en tire b = 2 + 12 = 52 et c = −2 − 12 = 1. Ainsi,
1
5
a = − , b = , c = 1.
2
2
18
Leçon n°54 • Techniques de calcul d’intégrales
2. (a) On peut écrire, en utilisant les résultats de la première question :
f (x) =
1
1
5
1
5
1
1
.
×
+ ×
+ ×
+
2 x − 1 2 x − 1 2 x + 1 (x + 1)2
Sur l’intervalle ]1 , +∞[, x − 1 > 0 et x + 1 > 0. On en reconnaît dans les deux
0
0
premiers quotients la forme uu avec u > 0. Le troisième quotient est de la forme uu2 .
Une primitive F1 de f sur l’intervalle ]1 , +∞[ est :
1
5
1
F1 (x) = − ln(x − 1) + ln(x + 1) −
.
2
2
x+1
(b) Dans le cas général x 7→ ln |u| est une primitive de x 7→
u0
u
si u 6= 0.
1
5
1
.
F (x) = − ln |x − 1| + ln |x + 1| −
2
2
x+1
Si u < 0, ln |u| = ln(−u), on applique cette règle pour le calcul des primitives F de
f : sur l’intervalle ]−1 , 1[, x − 1 < 0 et x + 1 > 0 :
5
1
1
,
F2 (x) = − ln(−x + 1) + ln(x + 1) −
2
2
x+1
sur l’intervalle ]−∞ , −1[, x − 1 < 0 et x + 1 < 0 :
1
5
1
F3 (x) = − ln(−x + 1) + ln(−x − 1) −
.
2
2
x−1
3. L’intervalle [−4 , −2] est inclus dans l’intervalle ]−∞ , 1[. On utilise, pour primitive de
f , la fonction F3 .
1
5
1
5
1
1
I = F3 (−2) + F3 (−4) = − ln 3 + ln 1 −
− − ln 5 + ln 3 −
2
2
−1
2
2
−3
1
1
5
1
1
2
= − ln 3 + 1 + ln 5 − ln 3 − = ln 5 − 3 ln 3 + .
2
2
2
3
2
3
La calculatrice donne I ≈ −1,824451, ce qui signifie −1,83 ≤ I ≤ −1,82. La valeur
décimale approchée par défaut de I à 10−2 près est : I ≈ −1,83.
•
54.6 Calcul approché de l’intégrale
Dans cette section, on ne travaillera qu’avec des fonctions monotones (croissantes). Si la fonction
n’est pas monotone, il suffit de subdiviser l’intervalle I.
54.6.1 Méthode des rectangles à gauche
On subdivise [a, b] en n intervalles de longueur
Soit Rk l’aire de Ak Bk Bk+1 Ak+1 . Soit :
ARn =
n−1
X
k=0
Rk =
b−a
n .
On construit (xi )0≤i≤n avec xi = a + i b−a
n .
X
b − a n−1
f (xk ).
n k=0
19
54.7 Autres calculs de primitives
x0 = a
0
R
x1
···
xi
xi+1
xn = b
···
54.23
1. Si f est croissante, c’est une approximation par défaut et si f est décroissante, c’est une approximation
par excès.
2. La méthode des rectangles à gauche fait penser aux sommes de Riemann vue en début de leçon.
54.6.2 Méthode des trapèzes
On construit (xi )1≤i≤n , xi = a + i b−a
n . Soit Tk l’aire du trapèze Ak Bk Bk+1 Ak+1 et
ATn =
R
n−1
X
=0
b−a
T=
n
!
X
f (a) + f (b) n−1
+
f (xi ).
2
i=1
Plus rapide en termes de convergence par rapport à n mais on ne peut pas savoir si c’est une approximation
par excès ou par défaut.
54.24
54.7 Autres calculs de primitives
Exemple 54.25
On veut calculer :
F =
Z
(t2 + 2t)eλt dt
où λ est un nombre réel non nul.
Puisque la fonction x 7→ x2 + 2x est une fonction polynôme, cherchons F sous la forme F (x) =
P (x) exp(λx), où P est une fonction polynôme de la forme x 7→ ax2 + bx + c. On doit avoir quel
que soit x :
F 0 (x) = (P 0 (x) + λP (x)) exp(λx) = (x2 + 2x) exp(λx),
20
Leçon n°54 • Techniques de calcul d’intégrales
c’est-à-dire
x2 = 2x = P 0 (x) + λP (x) = (2ax + b) + λ(ax2 + bx + c)
= λax2 + (2a + λb)x + b + λc.
Les coefficients a, b et c sont solutions du système d’équations linéaires :


λa = 1

2a + λb = 2
d’où


b + λc = 0
Il vient donc
λ2


c = 2(1−λ)
λ3

1


a = λ
b=
.
1 2
λ−1
1−λ
F (x) =
x + 2 2 x + 2 3 exp(λx).
λ
λ
λ
Exemple 54.26
On veut calculer
Nous avons l’identité :
Il vient donc :
Z
2(λ−1)
1
(sin t) dt =
8
4
Z
Z
(sin t)4 dt.
8(sin x)4 = cos 4x − 4 cos 2x + 3.
1
cos(4t) dt −
2
Z
3
cos 2t dt +
8
Z
dt =
1
3
1
sin 4x − sin 2x + x.
32
4
8
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[155] F. T HIRIOUX, BTS Electronique, Cours de Mathématiques, Lycée René Perrin, Ugine. https:
//drive.google.com/file/d/0BwDBipKCbVR0ZzRVd3RvVGJxb00/view.
[156] C. C HERRUAU & F. C HERRUAU, Maths, BTS Groupement A, Contrôle Continue Ellipses.